Lösung E1-Probeklausur, WS2011/12 A1 Steinwurf a) y(t)=

Lösung E1-Probeklausur, WS2011/12
A1 Steinwurf
a) y(t)= -g/2*t2 + h0
2h0
g
tAufprall = 1.43 s und xAufprall = 5m/s 1.43s=7.15m
y(tAufprall)=0 →
t Aufprall =
b)
tan 45° = vy/vx = 1
vy(t)= g*t =v0 → t45°= v0/g
t45°= 0.5 s
c) Eine geradlinige Rutsche vom Turm zum Aufprallort hätte einen Neigungswinkel von
arctan (10m/7.15m)=54.4°.
Damit ergibt sich eine konstante tangentiale Beschleunigung von g·sin54.4°=7.98m/s2
Die Rutschstrecke s0 = 10 2 + 7.152 = 12.29m wird dann in
t Rutsch =
2s0
= 1.76s zurückgelegt.
g ⋅ sin 54.4
A2 Achterbahn
1 2 1 2
mv1 = mv0 + mgh
2
2
m
v1 = v02 + 2gh = 11.1
s
a) In Punkt B gilt:
b) Es muss gelten:
FG ≥ Fzf
mg ≥
R≥
mv 2
R
v2
≈ 12.3m
g
A3 Floß
a)
m ⋅ Δx Snoopy + (x Fl + Δx )M
Mx Fl
=
m+M
m+M
0 = mΔx Snoopy + MΔx
5m = Δx Snoopy − Δx
10 kg ⋅ (5m + Δx ) + 20 kgΔx = 0
Δx =
− 10 kg ⋅ 5m
5
=− m
30 kg
3
5
5m − m = 3.33m
3




b) Aus Impulserhaltung: mα vα + m208 v 208 = 0 und m208 = 52mα folgt vα = −52 v 208
1 mα vα2
Ekinα
2
=
= 52
Ekin208 1 (52m )⋅ ( 1 v )2
α
α
2
52
Das α-Teilchen erhält 52/53 der Zerfallsenergie, der Tochterkern die übrigen 1/53.
c)
Ekinα = mc 2 − m0 c 2 mit Ekinα =
52
ΔE
53
52
⋅1, 4 ⋅10 −12 J
Ekin 53
(m − m0 ) = 2 =
= 0.15⋅10 −28 kg
8 2
2
2
c
(3⋅10 ) m s
m − m0 0.15⋅10 −28 kg
bzw
=
= 0, 00226
m0
6, 64 ⋅10 −27 kg
−1
m
mit
ergibt sich eine Geschwindigkeit valpha von 2·107m/s=20 000km/s
= γ = 1− v 2 c 2
m0
(
)
A4 Planetenbewegung
a) Fallbeschleunigung gMerkur:
FGMerkur= m*gMerkur = G* m*MMerkur/ r Merkur2
→ gMerkur =3.80 m/s2
b) Die Fluchtgeschwindigkeit ist erreicht, wenn die kinetische Energie gleich der potentiellen
Energie des
Gravitationsfeldes
entspricht: Epot = Ekin0
∞
∞
∞
1 2
GM Merkur
mGM Merkur
mv = ∫ F dr = ∫ m
dr = mGM Merkur ⋅ (−r −1 )
=
2
rMerkur
2
r
rMerkur
rMerkur
rMerkur
∞
v = 2GM Merkur
1
rMerkur
= 4.249km / s
c) Nach dem dritten Keplerschen Gesetz verhalten sich die Quadrate der Umlaufzeiten
zweier Planeten wie die dritten Potenzen (Kuben) der großen Bahnhalbachsen. Da Merkur der
sonnennächste Planet des Sonnensystems ist, ist er auch der mit der kürzesten Umlaufzeit.
Die Erde hat eine Umlaufzeit von 365 Tagen und eine mittlere Entfernung zur Sonne, die per
Definition einer astronomischen Einheit entspricht.
3
2
aMerkur
TMerkur
und damit aMerkur = 0.387AE
=
3
2
aErde
TErde
A5 Rotierende Punktmasse
a) Drehimpuls bleibt erhalten, weil r senkrecht auf der Zentralkraft F.
L(r) = L0 = mω 0 r02
L
ω (r) = 02
mr
und
mω (r)2 r 2
L20
Ekin (r) =
=
2
2mr 2
Die Energie ist nicht erhalten, da Arbeit gegen die Zentrifugalkraft verrichtet werden
muss. (Es lässt sich durch Integration leicht zeigen, dass die verrichtete Arbeit gerade
der Differenz der kinetischen Energie der rotierenden Masse entspricht
b) In diesem Fall gilt Energieerhaltung, da keine äußere Kraft Arbeit verrichtet, also
Ekin (r) = Ekin
ω (r) =
2Ekin
mr 2
und
L(r ) = mω (r )r 2 = r 2mE kin
Der Drehimpuls ist nicht erhalten, da die Zentrifugalkraft aufgrund des endlichen
Durchmessers, d, des Rohrs ein Drehmoment d 2 ⋅ FZ auf das Rohr ausübt. Auch hier lässt
sich durch Integration des Drehmoments über die Zeit des Aufwickelvorgangs die
Änderung des Drehmoments berechnen (die tatsächlich unabhängig von d ist).
A6 Physikalisches Pendel
a)
⎛ sin(φ ) ⎞
⎛ 0 ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
rs = l ⋅ ⎜ − cos(φ ) ⎟ und F = ⎜ − mg ⎟
⎜ 0 ⎟
⎜ 0 ⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
⎛ 0 ⎞
⎜
⎟
→ Drehmoment M = r × F = −mgl ⎜ 0 ⎟ = −mgl sin(φ )eˆz
⎜ sin(φ ) ⎟
⎝
⎠
Taylorentwicklung:
M (ϕ ) =− mgl ⋅ sin(ϕ ) =
$
'
1
−mgl ⋅ &sin(ϕ = 0) + sin#(ϕ = 0)⋅ ϕ + sin##(ϕ = 0)⋅ ϕ 2 ...) ≈ −mgl ⋅ ϕ
%
(
2
b)
L = Iω= I φ → L =Iφ
mgl
L =M → φ +
φ = 0 harmonische Schwingung
I
mgl
2π
I
und T =
= 2π
ω2 =
ω
mgl
I
c) Das Trägheitsmoment einer Scheibe berechnet sich :
L
2
I z = ∫ ( x 2 + y 2 )dm = ρ ∫
m
−
L
2
2π
r
2
∫ ∫ (R
0
−
r
2
2
L
2
cos 2 φ + R 2 sin 2 φ )dR ⋅ Rdφdz = ρ ∫
−
L
2
2π
r
2
3
∫ ∫ R dRdφdz
0
−
r
2
1
1
I z = ρLπr 4 mit m =ρ Lπ r 2 → I z = mr 2
2
2
d)
Ausgedehnter Körper (Scheibe+Stange, da starr befestigt) → zur Berechnung des
Trägheitsmoments muss der Satz von Steiner verwendet werden:
I gesamt = I Scheibe + ml 2
⎛ 1
⎞
Für das gesamte Trägheitsmoment erhält man also: I gesamt = m⎜ r 2 + l 2 ⎟
⎝ 2
⎠
!1
$
m# r2 + l2 &
I
0.5kg(0.5⋅ (0.1m)2 +1m 2 )
"2
%
→ T = 2π
= 2π
= 2π
= 2.01s
mgl
mgl
0.5kg ⋅ 9.81 m 2 ⋅1m
s
e)
Bei einer frei beweglichen Scheibe dreht sich die Scheibe während der Schwingung nicht.
Das Trägheitsmoment bzgl des Aufhängepunkts reduziert sich daher zu
I
ml 2
0.5kg ⋅ (1m)2
= 2π
= 2π
= 1, 99s
mgl
mgl
0.5kg ⋅10 m 2 ⋅1m
s
I gesamt = ml 2
T = 2π
Änderung in Prozent:
0.02
=1%
2.0
Zusatzfrage:
Die Nutation eines Kreisels beschreibt die Bewegung seiner Rotationsachse um die Achse des
Drehimpulses. Dabei rotiert die Figurenachse um die Drehimpulsachse (Drehimpuls nicht
parallel zur Figurenachse).